4872: [Shoi2017]分手是祝愿
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Description
Zeit und Raum trennen dich und mich.
时空将你我分开。B 君在玩一个游戏，这个游戏由 n 个灯和 n 个开关组成，给定这 n 个灯的初始状态，下标为
从 1 到 n 的正整数。每个灯有两个状态亮和灭，我们用 1 来表示这个灯是亮的，用 0 表示这个灯是灭的，游戏
的目标是使所有灯都灭掉。但是当操作第 i 个开关时，所有编号为 i 的约数（包括 1 和 i）的灯的状态都会被
改变，即从亮变成灭，或者是从灭变成亮。B 君发现这个游戏很难，于是想到了这样的一个策略，每次等概率随机
操作一个开关，直到所有灯都灭掉。这个策略需要的操作次数很多， B 君想到这样的一个优化。如果当前局面，
可以通过操作小于等于 k 个开关使所有灯都灭掉，那么他将不再随机，直接选择操作次数最小的操作方法（这个
策略显然小于等于 k 步）操作这些开关。B 君想知道按照这个策略（也就是先随机操作，最后小于等于 k 步，使
用操作次数最小的操作方法）的操作次数的期望。这个期望可能很大，但是 B 君发现这个期望乘以 n 的阶乘一定
是整数，所以他只需要知道这个整数对 100003 取模之后的结果。
Input
第一行两个整数 n, k。
接下来一行 n 个整数，每个整数是 0 或者 1，其中第 i 个整数表示第 i 个灯的初始情况。
1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n；
Output
输出一行，为操作次数的期望乘以 n 的阶乘对 100003 取模之后的结果。
Sample Input
4 0
0 0 1 1
Sample Output
512
HINT
Source
题解：
从后往前求出最小次数；
发现策略变化比较单一，是一条链的情况;
fi 表示还有次操作的情况 ；
fi = (i/n)fi-1 + (1 - i/n)fi+1 + 1;
观察到i/n + 1-i/n = 1;
(i/n)(fi-fi-1) = ((n-i)/n)(fi+1-fi) + 1;
gi = fi - fi-1 ---> gi = ((n-i)gi+1 + n) / i ;
然后就想了很久初值的问题。。。猛然发觉gn = 1;
时间复杂度：O(n)
20181103s
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define ll long long
#define ld long double
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N= , mod=;
int n,k,a[N],b[N],cnt,g[N],f[N],iv[N],pw[N];
int main(){
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
scanf("%d%d", &n,&k);
iv[]=pw[]=;
for(int i=;i<=n;i++){
iv[i]=1ll*(mod-mod/i)*iv[mod%i]%mod;
pw[i]=1ll*pw[i-]*i%mod;
}
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=n,t;i;i--){
t=a[i];
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)t^=b[j];
if(t)cnt++,b[i]=;
}
if(cnt<=k)printf("%lld\n",1ll*cnt*pw[n]%mod),exit();
g[n]=;
for(int i=n-;i>k;i--){
g[i] = ( 1ll * ( n - i ) * g[i+] + n ) %mod * iv[i] %mod;
}
f[k]=k;
for(int i=k+;i<=cnt;i++){
f[i] = (f[i - ] + g[i])%mod;
}
printf("%lld\n",1ll * f[cnt] * pw[n] %mod);
return ;
}//by tkys_Austin;